CodeChef - COUNTREL Count Relations

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给你一个长为$N$的$1,2,3,....N$的序列,让你求出两种关系各个有多少可能；
$R_1$，由于$x,y$互不是子集，且交集为空。我们可以这样考虑:先对$x$进行分析，假定$x$中有$X$个元素,因为空集是所有集合的子集，所以显然$x$必不能不取且不能取满$N$个,那么当$x$有$X$个元素时，就有
$C(_N^X)(1\leq X\leq n-1)$种取值方案。
那么剩下的$n-x$个数字就要留给$y$，显然$y$集合中必然有元素，假定$y$中有$Y$个元素，所以在当前情况下有
$C(_{N-X}^Y)，(1\leq Y\leq n-X)$种取值.
那么综上所述，第一个问题的答案就有$\sum_{X=1}^{N-1}(C(_N^X)*\sum_{Y=1}^{N-X}C(_{N-X}^Y))$.
然后就是大力化简这个式子了。
先考虑$\sum_{Y=1}^{N-X}C(_{N-X}^Y)$，由组合数的基本公式可知$\sum_{Y=0}^{N-X}C(_{N-X}^Y)=2^{N-X}$,那么$\sum_{Y=1}^{N-X}C(_{N-X}^Y)=2^{N-x}-1$;
那么上式可化简为
$\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)*(2^{N-X}-1) \\=\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)*2^{N-X}-\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)$
易知$\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)=2^N-2$。
在考虑左半部分，由二项式定理可知$\sum_{i=0}^{N}C(_N^i)a^ib^{N-i}=(a+b)^N$
那么左半部分可化简为$(1+2)^N-C_N^02^N-C_N^N2^0=3^N-2^N-1$
即原式可化简为$3^N-2^N-1-2^N+2=3^N-2^{N+1}+1$，由于$x,y$无序，所以除二即为第一部分最后答案。
第二部分：要求$x,y$有交集，那么我们可以先设交集的长度为$i$,那么剩下的部分就是$x,y$个站一些不空且不相交的部分，那么显然答案就是
$\sum_{i=1}^{N-2}\sum_{j=1}^{n-i-1}C(_{N-i}^j)\sum_{k=1}^{N-i-j}C(_{N-i-j}^k)$.
化简和上面一样，多用几次二项式定理就行了。
化简出来就是$4^N-3^{N+1}-1+3*2^N$，同样答案除以2即可。

#include<bits/stdc++.h>

#define LL long long
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back

using namespace std;

LL gcd(LL a,LL b){return b?gcd(b,a%b):a;}
LL lcm(LL a,LL b){return a/gcd(a,b)*b;}
LL powmod(LL a,LL b,LL MOD){LL ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
const int N = 2e5 +11;
const int mod=100000007;
LL Inv[N],Fac[N];
void P(){
	Fac[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++)Fac[i]=Fac[i-1]*i%mod;
	Inv[N-1]=powmod(Fac[N-1],mod-2,mod);
	for(int i=N-2;i>=0;i--)Inv[i]=Inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
LL get(int l,int r){
	return Fac[l]*Inv[r]%mod*Inv[l-r]%mod;
}

LL n;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	// P();
	int t;
	for(cin>>t;t;t--){
		cin>>n;
		cout<<(powmod(3,n,mod)-powmod(2,n+1,mod)%mod+1+2*mod)%mod*powmod(2,mod-2,mod)%mod<<' ';
		cout<<(powmod(4,n,mod)-powmod(3,n+1,mod)-1+3*powmod(2,n,mod)%mod+2*mod)%mod*powmod(2,mod-2,mod)%mod<<endl;
	}
	return 0;
}